Question

16．已知t∈R，函数f（x）=$\frac{2}{x}$+tlnx．
（1）当t=1时，讨论f（x）的单调性；
（2）当t＞0时，若函数f（x）的最小值为g（t），求g（t）的最大值；
（3）设函数h（x）=f（x）+|（t-2）x|，x∈[1，+∞），求证：h（x）≥2．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（2）求出函数的导数，得到函数f（x）的最小值g（t），根据函数的单调性求出g（t）的最大值即可；
（3）求出h（x）的导数，根据函数的单调性求出h（x）的最小值即可．

解答 解：（1）t=1时，f（x）=$\frac{2}{x}$+lnx，（x＞0），
f′（x）=$\frac{x-2}{{x}^{2}}$，∵x∈（0，+∞），
故f（x）在（0，2）递减，在（2，+∞）递增；
（2）当t＞0时，f′（x）=$\frac{tx-2}{{x}^{2}}$=0⇒x=$\frac{2}{t}$，
x，f′（x），f（x）的变化如下：

x	（0，$\frac{2}{t}$）	$\frac{2}{t}$	（$\frac{2}{t}$，+∞）
f'（x）	-	0	+
f（x）	↘	极小值	↗

f（x）的最小值g（t）=f（$\frac{2}{t}$）=t+tln$\frac{2}{t}$，
g'（t）=ln2-lnt=0⇒t=2，
t，g′（t），g（t）的变化如下：

t	（0，2）	2	（2，+∞）
g'（t）	+	0	-
g（t）	↗	极大值	↘

g（t）的最大值为g（2）=2；                                     
（3）当t≥2时，h（x）=f（x）+（t-2）x=$\frac{2}{x}$+tlnx+（t-2）x，
h′（x）=$\frac{tx-2}{{x}^{2}}$+t-2≥0，
所以h（x）在[1，+∞）上是增函数，故h（x）≥h（1）=t≥2，
当t＜2时，h（x）=f（x）-（t-2）x=$\frac{2}{x}$+tlnx-（t-2）x，
h′（x）=$\frac{tx-2}{{x}^{2}}$-t+2=$\frac{[（2-t）x+2]（x-1）}{{x}^{2}}$=0，
解得x=-$\frac{2}{2-t}$＜0或x=1，h（x）≥h（1）=4-t＞2，
综上所述：h（x）≥2．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及转化思想，是一道中档题．